CÁLCULO DE INTEGRALES.- EJERCICIOS .- SEGUNDO DE BACHILLERAT BACHILLERATO O
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1
CÁLCULO DE INTEGRALES 1.-Calcula las siguie!es i!eg"ales# a$ ∫ xe dx % &$ ∫ x sen xdx % x
c$ ∫ xLxdx %
Solución: Todas ellas se resuelven por partes parte s y la fórmula del método es
∫ u.dv = u.v − ∫ v.du a)
I
=
∫ xe
x
dx
.
u = x
dv = e .dx
du
x
I
v
= dx
= ∫ e x dx = e x
= xe x − ∫ e x dx = xe x − e x +C
b) I= ∫ x sen x.dx
u = x
dv = sen x.dx
I
c)
I
=
= dx
du v
=
∫ sen xdx = − cos x
= − x cos x + ∫ cos xdx = − x cos x + sen x + C
∫ xLxdx u = Lx
dv = xdx
I
x
=
du
v
2
2
. Lx −
x
∫
2
2
.
=
1
dx
x
xdx = = ∫ xdx
1 x
.dx =
x
x
2
2
2
2
1
. Lx −
2
∫
x 2 xdx xdx = . Lx 2
−
x2 4
+ C
'.-I!eg"a las siguie!es (uci)es "aci)ales# a$ c$
∫ x
2 x + 1 2
+ x − 6
1 + 2 x
∫ 1 + x
2
dx
dx %
&$
−1 ∫ x 2 − 2 x − 6 dx x
+1 ∫ x − 1 dx x
% *$
2
Solución: a) a prime primera ra es inme inmedi diata ata ya !ue el nume numerad rador or es e"act e"actame amente nte la deriva derivada da del del denominador# denominador# por tanto#
∫ x
2 x + 1 2
+ x − 6
dx
= L x 2 + x − 6 + C
$) a se%unda se%unda se resuelve $uscando $uscando la derivada del del denominador: denominador:
∫
x − 1 x
2
− 2 x − 6
dx
=
2 x − 2
1
2 ∫ x
2
− 2 x − 6
dx
=
1 2
. L x 2 − 2 x − 6 + C
F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
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2
c) a tercera la descomponemos en dos inte%rales: 1 + 2 x
∫
1 + x
2
dx
=∫
1 1 + x
dx +
2
2 x
∫ 1 + x
2
dx
= arct% x + L&1 + x 2 ) + C
d) a cuarta se resuelve reali'ando previamente la división. ( podemos reali'arla por uffini *eca la división se o$tiene de cociente "+1 y de resto 2 2 2 x + 1 x 2 ∫ x −1 dx = ∫ & x + 1 + x −1)dx = 2 + x + 2 L x −1 + C
+.-Calcula las siguie!es i!eg"ales# a$ ∫ x 2 e dx %
&$ ∫ x 2 cos ,xdx
x
Solución: veces: 2 a) ∫ x e
as dos se resuelven aplicando el método de inte%ración por partes dos
x
dx
du = 2 xdx v = ∫ e dx = e dv = e dx
u = x
2
x
x
I
= x 2 e x − ∫ 2 xex dx - I
x
= x 2e x − I 1
&) donde
I 1
=
∫ 2 xe
x
dx
*acemos nuevamente
u = 2 x
dv = e dx x
I 1
du v
= 2dx
= ∫ e x dx = e x
= 2 xe x − ∫ 2e x dx = 2 xe x − 2e x
( volviendo nuevamente a la e"presión &) o$tenemos el resultado final: I $)
∫ x
2
= x 2e x − 2xe x + 2e x + C
cos , xdx
dv = cos , xdx
u = x
I
=
2
1
x
,
2
du v
sen , x −
= 2 xdx
= ∫ cos , xdx =
∫ , 2
x sen ,xdx
.
1
1
, cos , xdx = sen , x , ∫ ,
/plicamos
nuevamente
el
método
de
inte%ración por partes: 2 u = xdv 0 sen,"d". , du
=
2 ,
dx-
v 0
∫
sen,"d" =
1 ,
∫
, sen , xdx = −
1 ,
cos ,x
F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
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2
∫
,
x sen , xdx
2
=−
2 2 x cos ,x + sen ,x 2 1 2 I = x 2 sen ,x + x cos ,x ,
2
+∫
x cos , x
cos , xdx
=−
2
x cos , x
Pág.
+
2 2
3
∫ , cos ,xdx =
=−
−
2 2
+ C
sen ,x
∫ x
,.-I!eg"a la siguie!e (uci "aci)al# I
2 x + 1 2
− 3 x + 6
dx
Solución: Como no puede o$tenerse en el numerador la derivada del denominador# utili'aremos el método de descomposición en fracciones simples# ya !ue el denominador tiene raices reales.
x
2
− 3 x + 6 = ⇒ x =
3 ± 23 − 24 3 ± 1 ,
=
2
= 2
2
+1 2 x − 1 A B A & x − 2 ) + B &x − ,) = = + = & x − ,)& x − 2 ) x 2 − 3x + 6 & x − ,)& x − 2 ) x − , x − 2 2 x
Como los numeradores son i%uales los denominadores tam$ién lo ser5n: 2 x + 1 = A& x − 2) + B& x − ,)
ara " 0 2# 3 0 − 7
ara " 0 ,# 0 /-
&/ " se le an dado los valores de las raices del denominador.). /ora procedemos de la si%uiente manera: 80
∫ x
2 x + 1 2
− 3 x + 6
dx
=∫
x
−,
dx
+ ∫
−3 dx = "9,93"92 x − 2
/.-Calcula 0)" el 2!)*) ás a*ecua*) las siguie!es i!eg"ales# a$
1 & x − 1) 2
∫
&$
dx-
∫ , x
x 2
−1
− 6 x + 3
dx
Solución a) a primera la resolvemos por un sencillo cam$io de varia$le:
x − 1 = t ⇒ dx
∫
1 & x − 1)
2
dx
= dt
=∫
1 2
t
dt =
∫
−2
t
−1
dt =
t
−1
1
1
=− =− t
x
−1
+ C
F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
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$) a se%unda es una inte%ral en la !ue el numerador puede transformarse en la derivada del denominor:
∫ , x
−1 1 6 x − 6 1 2 dx = dx = L , x − 6 x + 3 + C 2 ∫ − 6 x + 3 6 , x − 6 x + 3 6
x 2
3.-La (uci (45$'56/ !iee i(ii!as 0"ii!i7as 8ue *i(ie"e e ua c)s!a!e. 9Cuál *e es!as (uci)es !)a el 7al)" 1: 0a"a 5'; Solución:
∫ &2 x + 3).dx = x + 3 x + C Como toma el valor 2 2 + 3. 2 + C = 1 ⇒ C = 4 . a función $uscada es: F & x ) = x 2 + 3x + 4 2
1 para "02 resulta:
& x ) = 4x 2 − x 2 + 3x
<.-Halla ua (uci cu=a *e"i7a*a sea 0a"a 51.
− 1 = 8ue se aule
Solución: 7uscamos la inte%ral indefinida de f&") !ue es:
∫
&4 x ,
− x 2 + 3 x − 1).dx = x 4 −
Como se anula para "01 tenemos: 14
−
x , ,
.1, ,
+
+
3 x 2 2
3.12 2
− x + C
− 1 + C =
y se o$tiene !ue C0 9 1;6# por tanto# la función $uscada es x , 3x 2 1 4 F & x ) = x − + − x − , 2 6
:.-Halla la (uci G !al 8ue G>45$3561% G4?$1 = G41$? Solución:
G & x )
=
∫ &6 x + 1)dx =, x
2
+ x + C
= ∫ &, x 2 + x + C )dx = x , +
1 2
x
2
+ Cx + D
>e ?&)01 resulta: >01 # &después de sustituir la " por .) >e ?&1)0 o$tenemos: 1+1;2+C+10 #&después de sustituir la " por 1) por lo !ue C 0 93;2. a función !ue $uscamos es la si%uiente: G & x ) = x
,
+
1 2
x
2
−
3 2
x
+1
@.-Da*a la (uci (45$35 alla la 0"ii!i7a 8ue 0asa 0)" el 0u!) A41'$. F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
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Solución:
∫ 6 xdx = , x
*allamos la inte%ral indefinida:
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+ C
2
!ue es el con@unto de todas sus primitivas. /ora $uscamos la !ue pasa por el punto &1#2): ,.12
lo !ue indica !ue C0 −1# por tanto# la primitiva $uscada es
+ C = 2
F & x ) = ,x 2 − 1
1?.-Res)l7e" la i!eg"al ∫ sen 3 xdx Solución: As impar en sen" por lo !ue acemos el cam$io cos"0t con lo !ue 9sen".d"0dt. Antonces:
∫
sen
3
x.dx
0∫
&1 − cos
0−
∫
= ∫ sen 4 x. sen x.dx = ∫ sen 2 x. sen 2 x. sen x.dx 0
2
x)&1 − cos x). sen x.dx
&1 − 2t + t ).dt = −&t − 2
4
,
= − cos x +
=
2
2 cos x ,
2t
,
+
,
t
∫ &1 − t
) .&− dt ) =
2
2
3
) + C 0 − t +
3
2t
,
−
,
t
3
3
+ C =
3
−
cox x
+ C
3
11.- Calcula 0)" el 2!)*) ás a*ecua*) la siguie!e i!eg"al : I
= ∫
cos x 1 − cos x
.dx
Solución: I
0
=∫
∫
cos x 1 − cos x
.dx =
cos x &1 + cos x ) 2 1 − cos x
cos x&1 + cos x)
∫ &1 − cos x)&1 + cos x) .dx =
.dx =
∫
cos x + cos2 x 2 sen x
2
cos x
cos x
dx
= 1 − sen x
cos x
∫ sen x dx + ∫ sen x dx = ∫ sen x dx + ∫ cos x 1 dx + ∫ dx − ∫ dx 0I 0∫ ct%" − sen x sen x 0
2
2
2
2
2
1
esolvemos aora la inte%ral entonces
I 1
=∫
I 1
= ∫
cos x 2
sen x
cos x 2
sen x
dx
=∫
2
2
sen x
+ C
x
dx aciendo
dt 2
t
= ∫
dx 0
−2 t dt
el cam$io sen"0t - cos"d"0dt y
=
−1 t
−1
1
1
t
sen x
=− =−
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1'.-Resuel7e la i!eg"al siguie!e# I =
x
∫ x
2
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6
− , dx + 4
Solución: a descomponemos en dos inte%rales. An la primera podemos $uscar en el numerador la derivada del denominador y en la se%unda $uscamos el arco tan%ente I
=∫
I 1
x x
+ 4
2
dx
x
=∫
2
x
I 2
=∫
I 2
=
+ 4
dx
x
, x
2
+ 4
= 1 ∫ 2
dx
= I 1 + I 2
2 x x
2
+ 4
= L& x 2 + 4)
dx
,
, 2
− ∫
dx
+ 4
=∫
4
x
dx =
2
,
1
∫ 4 1 + ( x )
2
dx
+ 4 4 4 *aciendo el cam$io ";0t resulta "0t y por tanto d"0dt por lo !ue , 4
1
∫ 1 + t
.dt = 2
21 4
1
∫ 1 + t
2
dt
=
,
arct% t =
,
arct%
1+.-Calcula 0)" el 2!)*) ás a*ecua*) la i!eg"al siguie!e#
x
∫
& Lx) ,
dx
x
Solución Al método m5s adecuado es el de sustitución o cam$io de varia$le: Lx = t 1 x
∫
& Lx)
,
dx
x
=∫
,
& Lx) .
1 x
dx
d" 0 dt
= ∫ t dt =
1,.-Resuel7a la i!eg"al ∫ & x − 1)e
,
x
4
t
4
+ C =
& Lx)
4
4
+ C
dx
Solución: Se resuelve por partes:
u = x − 1
x dv = e dx ∫
& x − 1)e
x
du v
dx
= dx
= ∫ e x dx = e x = & x − 1)e x − ∫ e x dx = & x − 1)e x − e x + C
1/.-Resuel7e la siguie!e i!eg"al 0)" 0a"!es#
I
= ∫ cos 2
xdx
Solución:
u = cos x
dv = cos xdx
du v
= − sen xdx
= ∫ cos xdx = sen x
F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
CÁLCULO DE INTEGRALES.- EJERCICIOS .- SEGUNDO DE BACHILLERATO I
= ∫ cos 2 xdx = ∫ cos x cos xdx = sen x cos x + ∫ sen 2
I
= sen x cos x + ∫ &1 − cos 2 x) dx
I
= sen x cos x + ∫
dx −
Pág.
7
xdx
∫ cos xdx I = sen x cos x + x − I 2 I = sen x cos x + x sen x cos x + x + C I = 2
2
13.-Resuel7e la siguie!e i!eg"al 0)" 0a"!es# ∫ xL&1 + x)dx Solución
u = L &1 + x)
dv = xdx I
=
x
du
=
2
L 1 + x
2
−
1
=
∫
1 + x
x
dx
2
2 x
2
2
.
1 1 + x
dx
=
x
2
2
L &1 + x )
−
1 2
x
2
∫ 1 +
dx x
>ividiendo x2 entre x+1 se o$tiene x-1 de cociente y 1 de resto# por tanto# =
I
I
=
x
2
2
x
L 1 + x
2
L 1
2
1
−
2
∫
& x − 1 +
1 x
+1
) dx .
Binalmente se o$tiene
1 x 2 + x − − x + L x + 1 + C 2 2
1<.-Resuel7e la siguie!e i!eg"al !"ig))2!"ica#
∫
sen x + t% x
dx
cos x
Solución: I
=∫
sen x + t% x
=∫
sen x
dx
+ ∫
sen x
dx
= I 1 + I 2
cos x cos x cos 2 x a primera la ponemos de forma !ue el numerador sea la derivada del denominador: I 1
=∫
sen x cos x
= − ∫ − sen x dx = − L cos x
dx
cos x
ara la se%unda acemos un cam$io de varia$le: I 2
= ∫
sen x 2
cos"0t I 2
=
∫
dx
cos x
9sen"d"0dt
− dt t
2
=−
∫
t
−2
dt
t −1 1 1 = − = = − 1 t cos x
F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
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1:.-Resuel7e la siguie!e i!eg"al#
∫
x
2
− 2 x + ,
Pág.
8
dx
Solución: as races del denominador son ima%inarias. An este caso se procede de la si%uiente manera: 2 2 2 2 2 x − 2 x + , = & x − α ) + β - es decir# x − 2 x + , = x − 2α x + α + β 8dentificando coeficientes se o$tiene: α01- β02. Antonces
∫
resulta:
: x
2
− 2 x + ,
dx
=
∫
: & x − 1)
2
+2
dx
=
∫
:
2 2 & x − 1) 2
x
Si acemos el cam$io
−1 2
dx
=
x
+1
= t se o$tiene !ue
∫ − + 4
dx
=
1
2
dx
2
2 dt y
1
llevandolo a la inte%ral
planteada#
∫
x
2
− 2 x + ,
dx
=
∫
t
4
+1
2
2dt = 4 2 arct% t = 4 2 arct%
[email protected] la siguie!e i!eg"al#
∫
x
−1 2
+ C
dx x& x − 1)
2
Solución: Astamos en el caso en !ue el denominador tiene races mDltiples. as descomposición tenemos !ue acerla de la si%uiente forma: 1 x & x
− 1)
2
=
A x
+
B x
−1
+
C
& x − 1)
2
D
&Si la rai' mDltiple fuese de orden ,# lle%ariamos con las fracciones asta 1 x& x − 1)
2
=
A& x − 1)
2
+ Bx& x − 1) + Cx
x& x − 1)
2
& x − 1) ,
)
&donde emos reali'ado la suma indicada)
Si los numeradores son i%uales# los numeradores tam$ién lo ser5n# por tanto# 1 = A& x − 1) 2 + Bx & x − 1) + Cx .
ara calcular los valores de /# 7 y C damos a " los valores de # 1 y otro valor cual!uiera# por e@emplo# 2. >e ese modo o$tenemos /01# 70 −1 y C01. Antonces: F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
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∫
1 x & x
− 1)
2
dx
=
∫
1
−
dx
x
∫
1 x
−1
dx +
& x − 1) −2 +1
= L x − L x − 1 +
− 2 +1
'?.-Resuel7e la siguie!e i!eg"al#
∫
1 & x − 1)
dx
= 3 cos t .dt -
Antonces: *acemos
I
I 1
cos t = u-
I 1
23 − x
∫ 3 cos = ∫
=
cos 2
I 1
tdt
∫
=
I
23 − x 2
∫
23 − &3 sen t )
cos t .dt = 23
∫ cos
2
x
tdt .
x
∫&
x
− 1) − 2 dx =
+ C
−1
dx
= 3 sen t
=
2
1
9
23&1 − sen
2
t )
= 3 cos t
&)
y la resolvemos por partes:
cos t .dt =
= sen t . cos t +
As decir#
t .3
=
= L x − L x − 1 +
+ C = L x − L x − 1 −
Soloción: Al cam$io a reali'ar en este tipo de inte%rales es 2
dx
2
Pág.
− sen t .dt =
dv -
sen 2 t .dt = sen t . cos t +
∫
v
&1 − cos 2
t ) dt
= set . cos t + t − I 1 - y por tanto#
esultado !ue llevado a &) nos da
I
=
23 2
=
du-
I 1
=
∫
cos t .dt
=
= sen t . cos t +
sen t
∫
dt
−
∫
cos 2
t .dt
sen t . cos t + t 2
&sen t . cos t + t ) . Si desacemos el cam$io de
varia$le: sen t =
x
3
- y de la relación sen
Binalmente !ueda:
I
=
1 2
x
2
t + cos
23 − x
2
+
2
t = 1#
23 2
sale !ue cos t =
arcsen
x
3
23 − x
2
3
+ C
F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
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10
EJERCICIOS PROPUESTOS. 1.9 esolver la inte%ral:
∫ sen 1
=
I
dx x
&8ndicación: Eultiplica y divide por sen") Sol :
−
1 2
2.9 esuelve
I
1
+ 1) +
L &cos x
L cos x
2
∫ 1 + sen
− 1 + C
dx
=
x
&8ndicación: multiplica y divide por el con@u%ado del denominador) Sol : t% x
−
1 cos x
+ C
,.9 *alla el valor de la si%uiente inte%ral:
Sol. 7uscando el arco seno resulta:
I
4.9 esuelve la inte%ral si%uiente:
=
Sol: Se ace el cam$io I
=2
3.9 esuelve:
x
+ 2 − ,,
I
=
∫
x
x
+ 2 = t
+ 2 + 66
1
I
I
∫
a a
2
dx
− x 2
x
= a . arcsen + C a
∫
1 x
m.c .m &índices )
x
=
+ 2 + , x + 2
dx
= t 6 y se o$tiene
+ 2 − 6 L 1 + 6
x
+ 2 + C
dx
+ 6 x − x
2
Sol: Aliminamos el término en " aciendo el cam$io "0t− $;2 . >espués $uscamos el arco seno y se o$tiene
6.9 >emostrar !ue
∫
Sol: *5%ase el cam$io
1 x
2
x
I
= arcsen
dx
= L x +
x
−, 4
x
2
+ C
− a + C
−a 2
− a = t − x
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.9 Comprue$a !ue
.9 esuelve:
Sol.
1 2
arct%
∫ x
x
2
∫
x
2
dx
= 2 L x +
x
2
+4
dx 2
+ x + 2
+4 2
.9 Ftili'ando el cam$io de varia$le e 0 t# calcula x
e
11
+ 4 + C
"
Sol.
Pág.
e
∫
− ,e x x e +1
2 x
dx
− 4 L&e x + 1)
1.9 Calcula la si%uiente inte%ral:
I
=
1 + sen
2
x
∫ sen x cos x dx
+
&8ndicación: Sustituye el 1 por sen 2 x cos 2 x # después la descompones en suma de dos inte%ral es y cada una de ellas se resuelve por cam$io de varia$le)
Sol. − 2 L&cos x ) + L& senx) 11.9 esuelve: Sol.
I
I
= ∫
e
1 x
+1
dx
= L&e ) − L &e + 1) + C x
x
F. Sánchez Fernández, profesor del IES Poeta Paco Mollà de Petrer (Alicante)
